接上一篇文章的

12.30 求一个重要的广义积分

\[\begin{aligned}I=\int_0^\infty \mathrm{e}^{ax}\sin xdx &=-\mathrm{e}^{ax}\cos x|_0^{+\infty}+a\int_0^\infty\mathrm{e}^{ax} \cos x dx\\&=1+a(\mathrm{e}^{ax}\sin x|_0^{+\infty}-a\int\mathrm{e}^{ax}\sin x dx)\\&=1-a^2 I\\\implies I=\dfrac1{1+a^2}\end{aligned} \]

\[\begin{aligned}\text{Let}\quad J&=\int_0^\infty(\int_0^\infty \mathrm{e}^{-yx}\sin xdx)dy\\&=\int_0^\infty\dfrac1{1+y^2}dy\\&=\dfrac\pi2\\\text{At the same time,}\\J&=\int_0^\infty(\int_0^\infty \mathrm{e}^{-xy}dy)\sin xdx\\&=\int_0^\infty(\dfrac{\mathrm{e}^{-xy}}{-x}|_{y=0}^{+\infty})\sin xdx\\&=\int_0^\infty \dfrac{\sin x}{x}dx \end{aligned} \]

\[\implies\boxed{\int_0^\infty \dfrac{\sin x}{x}dx=\dfrac{\pi}2} \]

12.30 积分的极限

\(f\in C[0,+\infty)\), Proof: \(\displaystyle \lim_{a\rightarrow0^+}\int_0^{1/a}f(ax)e^{-x}dx=f(0)\).

Consider

\[J=\lim_{a\rightarrow 0^+}\int_0^{1/a}(f(ax)-f(0))e^{-x}dx \]

By the continuity, we have

\[\forall\varepsilon>0,\exists \delta>0,|f(ax)-f(0)|<\varepsilon,\text{for }x\in(0,\delta). \]

For \(x\in (0,\delta/a)\),

\[\int_0^{\delta/a} |f(ax)-f(0)|e^{-x}dx<\varepsilon\int_0^{\delta/a}e^{-x}dx<\varepsilon \]

For \(x\in (\delta/a,1/a)\), \(f(ax)\) is bounded,

\[\int_{\delta/a}^{1/a}|f(ax)-f(0)|e^{-x}dx<M\int_{\delta/a}^{1/a}e^{-x}dx<Me^{-\delta/a} \]

We expect that \(Me^{-\delta/a}<\varepsilon\), Let \(\delta'=\dfrac{\delta}{\ln(M/\varepsilon)}\), when \(a\in(0,\delta')\) we have

\[|\int_0^{1/a}(f(ax)-f(0))e^{-x}dx|<\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon. \]

As for any \(\varepsilon >0\) we can find \(\delta'=\dfrac{\delta}{\ln(M/\varepsilon)}\) , when \(a\in(0,\delta')\) we have \(|\displaystyle \int_0^{1/a}(f(ax)-f(0))e^{-x}dx|<2\varepsilon\),

we proved that \(J=0\).

And we know \(\displaystyle \lim_{a\rightarrow0^+}\int_0^{1/a}f(0)e^{-x}dx=f(0)\), which deduced that \(\displaystyle \lim_{a\rightarrow0^+}\int_0^{1/a}f(ax)e^{-x}dx=f(0)\).

12.17 导数

证明 \(f(x)=\ln(x^2)-x^2/e^2\) 的两零点之和大于 \(2e\).

求导可知 \(x_1<e,x_2>e\).
构造 \(h(x)=f(x)-1+\dfrac{2(x-e)^2}{e^2}\)，立刻知 \(h'(x)\ge 0\) 且 \(h(e)=0\).
所以 \(h(e(1-\dfrac{\sqrt2} 2))<0,h(e(1+\dfrac{\sqrt2} 2))>0\).
代入即：\(f(e(1-\dfrac{\sqrt2} 2))<0,f(e(1+\dfrac{\sqrt2} 2))>0\).
依据 \(f\) 的单调性可得，\(x_1>e(1-\dfrac{\sqrt2} 2),x_2>e(1+\dfrac{\sqrt2} 2)\)，也就是 \(x_1+x_2>2e\).

11.24 特征值的重数

设方阵 \(A\) 的特征多项式 \(f_A(x)=\prod_{i=1}^s (x-\lambda_i)^{n_i}\).
\(n_i\) 记做特征值 \(\lambda_i\) 的代数重数；
\(A\) 的极小多项式 \(m(x)=\prod_{i=1}^s (x-\lambda_i)^{r_i} (1\le r_i\le n_i)\).
记 \(g_i\) 为特征值 \(\lambda_i\) 诱导的特征子空间维数，换句话说，即 \((\lambda I-A)x=0\) 的解空间大小，为几何重数。

将 \(A\) 化 Jordan 标准型，\(A=P^{-1}JP\)，由 Jordan 块优秀的性质可知：

• \(n_i\) 表示对角线上 \(\lambda_i\) 出现的次数.
• \(r_i\) 表示特征值为 \(\lambda_i\) 的最大 Jordan 块的大小，因为至少需要 \(r_i\) 次操作其才能变为 0.
• \(g_i\) 表示特征值为 \(\lambda_i\) 的 Jordan 块总数，因为每个 Jordan 块对应唯一的特征向量，且两两不同.

\(g_i\le n_i\)。或者更确切的，\(g_i\le n_i-r_i+1\)。

\(A\) 是可对角化的 \(\iff\) \(r_i=1(1\le i\le s)\).

11.24 取整函数的初等解析式

高斯取整函数在整点明显是不连续的，但除去这些至多可数个暇点，可以利用周期性构造表达式：

\[f(x)=\dfrac{\arctan(\cot \pi x)}{\pi}-\dfrac12+x \]

那么形式类似如此的表达式也是可积的（根据定义），这启发我们：求定积分时可以考察其图像的特殊性质。

11.22 证明不等关系

证明当 \(0<p\le 1\) 时，对任意的非负实数 \(a,b\) 成立 \(|a^p-b^p|\le |a-b|^p\).

对待正不等式齐次化处理后等价于证明 \(\sqrt[p]{t^p-1}\le t-1\)，下证 \(f(x)=\sqrt[x]{t^x-1}\) 在 \((0,1)\) 上是单调递增的，这容易转化为证明函数 \(h(\lambda)=\dfrac{\ln(\lambda-1)}{\ln \lambda}\) 在 \((1,+\infty)\) 上是单调递增的，借助导数这是容易的，因为 \(\ln x\ge 1-\dfrac1x\).

11.20 等幂和；证明牛顿公式（对称多项式）

\(a_1,\cdots,a_n\) 给定，分析等幂和 \(s_k=\sum_{i=1}^n a_i^k\) 的递推关系和求解方法。

可利用生成函数，写出 \(s_k\) 的生成函数为

\[S(x)=\sum_{j=0}^\infty \sum_{i=1}^n a_i^j x^j=\sum_{i=1}^n \dfrac1{1-a_ix}\\ =\dfrac{\sum_{j=1}^n \prod_{i\ne j} (1-a_ix)}{\prod_{i=1}^n (1-a_ix)}\\ =\dfrac{g(x)}{f(x)} \implies g(x)=f(x)S(x) \quad (*)\]

其中，\([x^i]f(x)=(-1)^i \sigma_i\)，\(\sigma_i\) 表示 \((a_1,\cdots,a_n)\) 生成所有的 \(i\) 次对称多项式之和；另一方面，可以通过组合意义观察到并证明出：

\[[x^j]g(x)=(n-j)[x^j]f(x) \]

比较 \((*)\) 两侧 \(x^k\) 的系数，可以得到 \(s_k\) 关于 \(s_j(0\le j\le k-1)\) 和系数 \(\sigma_i(1\le i\le n)\) 的递推关系，这便是牛顿公式，具体形式不再赘述。
若要计算所有的 \(s_k(0\le k\le m)\)，用分治多项式卷积和多项式乘法逆计算上述生成函数即可。